POJ1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）

题目链接：http://poj.org/problem?id=1061

青蛙的约会

Description

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

题意如上解题思路：两只青蛙要相遇，所以可以得出(x+m*t)mod L=(y+n*t) mod L,可以转化为（n-m）*t+L*k=x-y,套用扩展欧几里得模板就可以解除此方程，不过我们要将它转化成最小正整数解。代码：

#include<iostream.h>#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
//a*x+b*y=gcd(a,b);
//x=y1,y=x1-a/b*y1;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &c)
{
    if(!b){
        x=1; y=0; c=a; return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x,c);
    y-=a/b*x;
}
//(n-m)*t+k*L=x-y;
ll n,m,x,y,L;
int main()
{
    while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
    {
        ll a=n-m,b=L;
        ll c=x-y;
        if(c%gcd(a,b)!=0){
            puts("Impossible");
            continue;
        }
        ll t,k,d;
        exgcd(a,L,t,k,d);
        //d=gcd(a,L)
        //a*t+L*k=gcd(a,L) -> a*t*c/gcd(a,L)+L*k*c/gcd(a,L)=c
        t=t*(c/d);
        t=(t%(L/d)+L/d)%(L/d); //化成最小正整数解
        cout<<t<<endl;
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/zjl192628928/p/10327167.html